Rozważamy sześcian o krawędzi a, który przecięto płaszczyzną przechodzącą przez przekątną dolnej podstawy.

Rysunek:

Oszacujemy najpierw, jaką miarę ma kąt nachylenia przekroju przechodzącego przez przekątną dolnej podstawy i wierzchołek górnej podstawy.

Odcinek OC jest połową przekątnej kwadratu, zatem ze wzoru na przekątną kwadratu otrzymujemy:

$\left|OC\right|=\frac{a\sqrt{2}}{2}$   

Z definicji funkcji tangens w trójkącie prostokątnym  OCC₁ otrzymujemy, że

$\text{tg}\alpha =\frac{\left|C{C}_1\right|}{\left|OC\right|}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$  

Zauważmy, że

$\underset{\text{tg}{30}^{\circ }}{\underbrace{\frac{\sqrt{3}}{3}}}<\underset{\text{tg}\alpha }{\underbrace{\sqrt{2}}}<\underset{\text{tg}{60}^{\circ }}{\underbrace{\sqrt{3}}}$  

Tangens jest funkcją rosnącą, stąd

${30}^{\circ }<\alpha <{60}^{\circ }$  

---

a)

Wiemy, że kąt nachylenia przekroju do płaszczyzny podstawy ma miarę 

$\alpha ={30}^{\circ }$  

To oznacza, że przekrój przechodzi przez krawędź boczną sześcianu.

Rysunek:

Zauważmy, że trójkąty DCE i BCE są przystające na podstawie cechy bok -kąt -bok:

• mają wspólny bok EC
• $\left|CD\right|=\left|BC\right|=a$
• $\left|\sphericalangle DCE\right|=\left|\sphericalangle BCE\right|={90}^{\circ }$  

To oznacza, że

$\left|DE\right|=BE\mid$   

Czyli przekrój jest trójkątem równoramiennym. To oznacza, że odcinek EO jest wysokością przekroju.

Odcinek OC jest połową przekątnej kwadratu, więc ma długość

$\left|OC\right|=\frac{a\sqrt{2}}{2}$   

Z definicji funkcji cosinus w trójkącie prostokątnym BDE mamy

$\cos {30}^{\circ }=\frac{\left|OC\right|}{\left|OE\right|}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{h}$   

Wiemy, że

$\cos {30}^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$  

Zatem 

$\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{h}=\frac{\sqrt{3}}{2}$  

Korzystamy z własności proporcji i obliczamy h.

$\sqrt{3}\cdot h=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot 2$  

$\sqrt{3}\cdot h=a\sqrt{2}\mid :\sqrt{3}$

$h=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}}{\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$  

Korzystamy ze wzoru na pole trójkąta i obliczamy pole przekroju sześcianu.

$P=\frac{1}{2}\cdot \left|DB\right|\cdot h=\frac{1}{2}\cdot a\sqrt{2}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{a^2\cdot \sqrt{12}}{6}=\frac{a^2\cdot 2\sqrt{3}}{6}=\underline{\underline{\frac{a^2\sqrt{3}}{3}}}$  

---

Wiemy, że kąt nachylenia przekroju do płaszczyzny podstawy ma miarę 

$\alpha ={60}^{\circ }$  

To oznacza, że przekrój  nie przechodzi przez krawędź boczną sześcianu.

Rysunek:

Zauważmy, że ściany ABCD oraz A₁B₁C₁D₁ zawierają się w płaszczyznach równoległych. To oznacza, że krawędzie DB i LK są równoległe. 

Mamy również, że

$DB\text{||}LK\text{i}DB\text{||}{D}_1{B}_1$  

Co oznacza, że

$LK\text{||}{B}_1{D}_1$  

Stąd mamy, że 

$\left|L{C}_1\right|=\left|K{C}_1\right|$  

Otrzymany przekrój jest trapezem równoramiennym, w którym

$\left|BK\right|=\left|DL\right|$  

Odcinek BD jest przekątną kwadratu, zatem ze wzoru na długość przekątnej kwadratu mamy

$\left|BD\right|=a\sqrt{2}$  

Odcinek OE jest wysokością przekroju przechodzącą przez środki podstaw trapezu BDLK. Punkt F jest rzutem prostokątnym punktu E na płaszczyznę dolnej podstawy sześcianu, więc 

$\left|EF\right|=a$  

Z definicji funkcji sinus w trójkącie prostokątnym OFE otrzymujemy

$\sin {60}^{\circ }=\frac{\left|FE\right|}{\left|OE\right|}=\frac{a}{\left|OE\right|}$  

Wiemy, że 

$\sin {60}^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$  

Zatem

$\frac{a}{\left|OE\right|}=\frac{\sqrt{3}}{2}$  

Korzystamy z własności proporcji i obliczamy długość odcinka OE.

$\left|OE\right|\cdot \sqrt{3}=2a\mid :\sqrt{3}$

$\left|OE\right|=\frac{2a}{\sqrt{3}}=\frac{2a\cdot \sqrt{3}}{\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}a}{3}$  

Z definicji funkcji tangens w trójkącie prostokątnym OFE otrzymujemy

$\text{tg}{60}^{\circ }=\frac{\left|FE\right|}{\left|OF\right|}=\frac{a}{\left|OF\right|}$  

Wiemy, że

$\text{tg}{60}^{\circ }=\sqrt{3}$   

Stąd

$\sqrt{3}=\frac{a}{\left|OF\right|}\mid \cdot \text{|OF|}$  

$\sqrt{3}\cdot \left|OF\right|=a\mid :\sqrt{3}$  

$\left|OF\right|=\frac{a}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$   

Zauważmy, że trójkąt LC₁K jest prostokątny i równoramienny, ponieważ

$\left|L{C}_1\right|=\left|K{C}_1\right|$   

To oznacza, że

$\left|\sphericalangle C_{1}LE\right|={45}^{\circ }$  

A stąd w trójkącie prostokątnym LC₁E mamy, że

$\left|LE\right|=\left|C_{1}E\right|$  

Z rysunku wynika, że 

$\left|C_{1}E\right|=\left|FC\right|$  

Długość odcinka FC jest równa

$\left|FC\right|=\left|OC\right|-\left|OF\right|=\frac{a\sqrt{2}}{2}-\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a\sqrt{2}\cdot 3}{2\cdot 3}-\frac{a\sqrt{3}\cdot 2}{3\cdot 2}=\frac{3\sqrt{2}\cdot a}{6}-\frac{2\sqrt{3}\cdot a}{6}=\frac{a}{6}\left(3\sqrt{2}-2\sqrt{3}\right)$  

Stąd mamy, że, krótsza podstawa trapezu DBLK ma długość

$\left|LK\right|=2\left|LE\right|=2\cdot \left|FC\right|=2\cdot \frac{a}{6}\left(3\sqrt{2}-2\sqrt{3}\right)=\frac{a}{3}\cdot \left(3\sqrt{2}-2\sqrt{3}\right)=a\sqrt{2}-\frac{2\sqrt{3}}{3}a$  

Pole przekroju obliczamy ze wzoru na pole trapezu.

$P=\frac{\left|DB\right|+\left|LK\right|}{2}\cdot \left|OE\right|=\frac{a\sqrt{2}+a\sqrt{2}-\frac{2\sqrt{3}}{3}a}{2}\cdot \frac{2\sqrt{3}}{3}a=\frac{2\sqrt{2}a-\frac{2\sqrt{3}}{3}a}{2}\cdot \frac{2\sqrt{3}}{3}a=$

$=\frac{{\cancel{2}}^{1}a\left(\sqrt{2}-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)}{{\cancel{2}}_1}\cdot \frac{2\sqrt{3}}{3}a=a^2\left(\frac{2\sqrt{6}}{3}-\frac{2\cdot {\cancel{3}}^1}{{\cancel{9}}_3}\right)=\underline{\underline{\frac{2\left(\sqrt{6}-1\right)}{3}{a}^2}}$